2024-2025学年上学期广州高二物理期末培优卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期广州高二物理期末培优卷3一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2020春•西城区校级期中）铅蓄电池的电动势为2V，它表示的物理意义是（）A．电路中每通过1C的电荷，电源把2J的化学能转化为电能 B．铅蓄电池接入电路后两极间的电压为2V C．铅蓄电池在1s内将2J的化学能转化成电能 D．以上说法都不对2．（4分）（2022秋•宁河区校级月考）如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，某一带正电的粒子仅在静电力的作用下，以某一初速度沿AB由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断（）A．电势φA＞φB B．电场线方向由B指向A C．电场强度大小EA＞EB D．若Q为负电荷，则Q在A点左侧3．（4分）（2023春•辛集市期末）如图所示，有四根垂直纸面且互相平行的长直导线，它们与纸面的交点分别为P、Q、M、N，四个交点构成正方形，四根长直导线均固定。四根长直导线所通电流大小均相等，方向均垂直纸面向里。下列说法正确的是（）A．Q处导线对P处导线的作用力方向由Q指向P B．M处导线所受磁场力方向由Q指向M C．若在正方形中心放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受磁场力不为零 D．正方形中心处磁感应强度等于零4．（4分）（2012秋•温州期中）在洛伦兹力演示仪中可以观察到：没有磁场时，电子束是直进的；外加垂直于纸面的磁场后，电子束的径迹变成了（）A．直线 B．圆形 C．椭圆形 D．无法确定5．（4分）（2022•向阳区校级开学）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（）A．同时增大B1减小B2 B．同时减小B1增大B2 C．同时以相同的变化率增大B1和B2 D．以上三者均不能产生顺时针电流6．（4分）（2024秋•泉州期中）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现使平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（）A．带电油滴将竖直向上运动 B．P点的电势将降低 C．电容器的电容增大，极板带电荷量不变 D．电容器的电容减小，极板带电荷量减小7．（4分）（2022•苏州模拟）如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行且间距l＝0.6m的金属导轨上，导体棒MN与水平导轨的夹角为37°，且处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场中。已知该回路中的电源电动势E＝6V，回路中的总电阻R＝2Ω，导体棒与导轨接触良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则导体棒MN所受的安培力大小为（）A．0.9N B．1.125N C．1.5N D．2.25N二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2015春•太原校级期中）如图所示的电路中，电键S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L（RL≠0）的电流分别为I1和I2．在电键S切断的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭，则（）A．必须使I2＞I1 B．与I1、I2大小无关，但必须使线圈自感系数L足够大 C．自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大 D．不论自感系数L多大，电键S切断瞬间I2只能减小，不会增大（多选）9．（6分）（2023秋•青羊区校级月考）如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，下列说法正确的是（）A．电压表示数变大 B．电流表示数变小 C．ΔUΔI＞r （多选）10．（6分）（2015秋•南山区期末）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束比荷相等、电性相同的不同粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射，不计重力．下列说法正确的是（）A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 D．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同三．实验题（共2小题，满分16分）11．（6分）（2021秋•亳州期末）某同学练习使用多用电。（1）用多用电表测电阻时，下列说法正确的是。A.测量前必须欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新调零B.用选择开关指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某电阻阻值，如果指针偏转角度太小，应这将选择开关调至“×1”挡C.待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其他元件断开后再测量D.使用完毕应当拨出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或直流电压最高挡（2）用多用电表测电流时，若多用电表未接入电路时。指针如图1所示，接着的操作是。将多用电表接入电路时，应该让电流从（填“红”或“黑”）表笔流入，若选择开关拨至“50mA”挡，指针所指的位置如图2所示，则电路中的电流为mA。12．（10分）某中学的探究小组为了测量电阻丝的电阻率，拿来一根粗细均匀的电阻丝，完成了如下的操作：（1）用游标卡尺测得电阻丝的直径如图1所示，其读数为d＝cm；（2）将电阻丝接入如图2所示的电路，用刻度尺测量出接入电路的电阻丝长度；（3）闭合开关，读出电压表以及电流表的示数，由R=U（4）改变电阻丝的长度，重复操作（2）（3）4次；（5）将5次测量的数据记录在表。实验次数12345L/m0.1600.2200.3000.4400.560R/Q1.201.622.203.204.11根据表中的数据作出电阻与电阻丝长度的关系图3，然后利用所学的知识求出该电阻丝的电阻率。四．解答题（共3小题，满分38分）13．（10分）（2016•六安模拟）如图所示，是一种电子扩束装置的原理示意图．直角坐标系原点O处有一电子发射装置，可以不断朝xOy平面内x≥0区域任意方向发射电子，电子的速率均为v0，已知电子的电荷量为e、质量为m．在0≤x≤d的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小E=3mv022ed，在x＞d区域内分布着足够大且垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=4m（1）电子进入磁场时速度v的大小；（2）当感光板沿x轴方向移到某一位置时恰好没有电子打到板上，求板ab到y轴的距离x1；（3）保持（2）中感光板位置不动，改变磁感应强度的大小，使所有电子都能打到感光板上，试计算此时最小的磁感应强度B′的大小．14．（12分）（2020•天津模拟）如图为实验电磁炮出射速度的装置，实线左侧磁场垂直直面向外是为了驱动电磁炮运动，此处光滑无摩擦。实线右侧磁场垂直纸面向里是为了使电磁炮停下，此处电磁炮与导轨间的动摩擦因数为μ，两处磁感应强度大小均为B．已知M，N两点电势差为U，电磁炮运动方向如图所示，其质量为m（只研究ab段受力，ab段长为L），电磁炮从静止到运动到实线处所受平均作用力为F，t0时间后到达实线处，此时立刻切断电源，电磁炮开始减速，到停下的过程中通过其热量为Q，已知其电阻为R。（1）判断M，N与电源正负极的连接情况，并求出闭合开关后电磁炮的加速度。（2）电磁炮从实线处运动到停止的过程中通过该回路的电量。15．（16分）（2018春•浙江期中）如图所示，倒U形金属导轨M′MNN′放置在竖直平面上，导轨光滑且足够长，MN的间距L＝1m。在导轨MN上固定有一阻值为R0＝2Ω的定值电阻。垂直导轨平面分布着磁感应强度均为B＝1T的匀强磁场，方向均为垂直纸面向里，宽度均为d＝0.5m。一质量m1＝0.1kg宽为d＝0.5m的型框ABCD（AB、CD段为绝缘粘性材料，BC为金属棒，其电阻R1＝2Ω），起初静止在第一个磁场上方某处，现将其静止释放（下落过程中与导轨始终良好接触），它将匀速通过第一个磁场，随后又进入无磁场区域。电阻R2＝2Ω，质量m2＝0.1kg金属棒EF由于特殊作用一直静止在第二磁场的上边界处，直到ABCD与EF要相碰时才将其释放。碰撞后ABCD和EF立刻粘在一起成为整体框（碰撞时间极短）。随后，整体框又匀速进入第二个磁场。BC和EF的长度都略大于L，导轨其余电阻均不计，g取10m/s2，求：（1）型框ABCD通过第一个磁场时，经过BC的电流方向和大小？（2）型框ABCD即将与EF碰撞时的瞬时速度大小？（3）在合并后，整体框通过第二个磁场区域的过程中，电阻R0上产生的热量Q是多少？

2024-2025学年上学期广州高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2020春•西城区校级期中）铅蓄电池的电动势为2V，它表示的物理意义是（）A．电路中每通过1C的电荷，电源把2J的化学能转化为电能 B．铅蓄电池接入电路后两极间的电压为2V C．铅蓄电池在1s内将2J的化学能转化成电能 D．以上说法都不对【考点】电动势的概念和物理意义．【专题】定量思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．【答案】A【分析】电动势是表征电源把其它形式的能转化为电能本领的物理量，根据电动势的定义式即可知道每通过1C的电荷量时，可获得多少电能；路端电压小于电源电动势；不同的电路中电阻不同，所以电路中的电流不同，电源的电功率不同。【解答】解：A、电动势表征的是电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量，电动势为2V，对铅蓄电池来说，表示电路中每通过1C的电荷时，电源能把2J的化学能转化为电能，故A正确；B、铅蓄电池接入电路后，两极间的电压表示路端电压，小于电池的电动势，故B错误；C铅蓄电池接入电路中时，因为不同电路的电阻不同，所以电池消耗的电功率不同，所以不能说在1s内将2J的化学能转化为电能，故C错误；D、因为A选项正确，故D错误。故选：A。【点评】电动势是表征电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量，在数值上等于电路中每通过1C电荷时，非静电力所做的功。2．（4分）（2022秋•宁河区校级月考）如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，某一带正电的粒子仅在静电力的作用下，以某一初速度沿AB由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断（）A．电势φA＞φB B．电场线方向由B指向A C．电场强度大小EA＞EB D．若Q为负电荷，则Q在A点左侧【考点】通过电场线的方向判断电势的高低；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；根据电场线的疏密判断场强大小．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】A【分析】一质子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，电场力对质子做正功，电场力方向与运动方向相同，电势能减小。【解答】解：AB、一带正电的粒子由A运动到B的过程中，动能增加，电场力对带正电的粒子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场强度方向由A指向B，电场线方向由A指向B，沿电场线的方向电势降低，所以电势φA＞φB．故A正确，B错误；C、只有一条电场线，不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱，故C错误；D、电场强度方向由A指向B，如是负电荷，则在B的右侧，故D错误；故选：A。【点评】解决本题的关键根据质子动能增加判断出电场的方向，以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。3．（4分）（2023春•辛集市期末）如图所示，有四根垂直纸面且互相平行的长直导线，它们与纸面的交点分别为P、Q、M、N，四个交点构成正方形，四根长直导线均固定。四根长直导线所通电流大小均相等，方向均垂直纸面向里。下列说法正确的是（）A．Q处导线对P处导线的作用力方向由Q指向P B．M处导线所受磁场力方向由Q指向M C．若在正方形中心放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受磁场力不为零 D．正方形中心处磁感应强度等于零【考点】两根通电导线之间的作用力；通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】D【分析】根据安培定则确定Q导线在P导线处的磁感线方向，由左手定则确定Q处导线对P处导线的作用力方向；根据安培定则判断出各导线在O点所产生的磁场方向，根据矢量合成即可判断O点的磁感应强度的大小；由安培定则，结合矢量的叠加法则确定正方形中心处的磁感应强度大小及方向，再根据左手定则确定正方形中心放置垂直纸面方向的通电直导线所受的磁场力。【解答】解：A．由安培定则可知，四根通电直导线产生的磁场均为顺时针方向，Q导线在P导线处的磁场磁感线方向向上，由左手定则可知Q处导线对P处导线的作用力方向由P指向Q，故A错误；B．同理，由左手定则可以判定出M点所受其它三根导线的作用力分别由M指向P、Q、N，其中，由于四根长直导线所通电流均相等，故由M指向P和N的作用力大小相等，由平行四边形定则知故合力方向由M指向Q，故B错误；CD．由安培定则，结合矢量的叠加法则可知正方形中心处的磁感应强度等于零，通点直导线不受磁场力。故C错误，D正确。故选：D。【点评】熟练掌握和应用安培定则以及左手定则是解题的关键。因为磁感应强度是矢量，所以磁场的叠加符合平行四边形定则。4．（4分）（2012秋•温州期中）在洛伦兹力演示仪中可以观察到：没有磁场时，电子束是直进的；外加垂直于纸面的磁场后，电子束的径迹变成了（）A．直线 B．圆形 C．椭圆形 D．无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】B【分析】电子在匀强磁场中，由洛伦兹力作用下，提供向心力，从而做匀速圆周运动．【解答】解：没有磁场时，电子束是直进的；而在外加匀强磁场中，受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，此力不做功，只改变速度的方向，所以导致电子做匀速圆周运动，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】考查洛伦兹力对粒子的作用，掌握洛伦兹力不做功，及电子仅仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．5．（4分）（2022•向阳区校级开学）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（）A．同时增大B1减小B2 B．同时减小B1增大B2 C．同时以相同的变化率增大B1和B2 D．以上三者均不能产生顺时针电流【考点】楞次定律及其应用；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。【解答】解：A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2不会在环中产生感应电流，故CD错误；故选：B。【点评】根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B1和B2的变化。6．（4分）（2024秋•泉州期中）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现使平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（）A．带电油滴将竖直向上运动 B．P点的电势将降低 C．电容器的电容增大，极板带电荷量不变 D．电容器的电容减小，极板带电荷量减小【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化；电场强度与电场力的关系和计算；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】A【分析】由电容的决定式，可知电容的变化情况，结合电容定义式的推导式，可知电容所带电荷量的变化情况；由电势差与电场强度的关系，可计算电容极板间的电场强度大小变化，结合对油滴的受力分析，可判断油滴的运动情况；由电势差、电场强度的关系式，结合接地位置，可判断P点的电势变化情况。【解答】解：CD、由图可知，该电容与电源相连，故电容两端电压一定；由题意可知，将上极板向下移，即两极板间距变小，由电容的决定式：C=ɛrS4πkd，可知电容变大；由电容定义式的推导式可知：Q＝CU，而U不变，故在C增大时，A、由电容间的电场强度：E=Ud可知，在U不变时，d减小，则E增大；对静止时的油滴受力分析可知，油滴受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力，而电场力F＝qE，可知此时电场力增大，故油滴受合力向上，即油滴将竖直向上运动，故B、由A选项分析可知E增大，由图像可知P与下极板间电势差为：UPB＝φP﹣φB＝EdPB，即电势差增大，而下极板B的电势为0，故P点电势增大，故B错误。故选：A。【点评】本题考查电容的动态分析，注意电容的定义式决定式的综合应用，其决定式中的物理量才是影响电容的因素。7．（4分）（2022•苏州模拟）如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行且间距l＝0.6m的金属导轨上，导体棒MN与水平导轨的夹角为37°，且处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场中。已知该回路中的电源电动势E＝6V，回路中的总电阻R＝2Ω，导体棒与导轨接触良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则导体棒MN所受的安培力大小为（）A．0.9N B．1.125N C．1.5N D．2.25N【考点】安培力的计算公式及简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】本题根据闭合电路欧姆定律、安培力公式，联立即可解答。【解答】解：根据闭合电路欧姆定律I=ER，I则导体棒MN所受的安培力大小为F＝BIlMN＝BIlsin37°，解得F＝1.5N，故C正确，ABD故选：C。【点评】本题考查学生对闭合电路欧姆定律、安培力公式的掌握，是一道基础题。二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2015春•太原校级期中）如图所示的电路中，电键S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L（RL≠0）的电流分别为I1和I2．在电键S切断的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭，则（）A．必须使I2＞I1 B．与I1、I2大小无关，但必须使线圈自感系数L足够大 C．自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大 D．不论自感系数L多大，电键S切断瞬间I2只能减小，不会增大【考点】自感现象与自感系数．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AD【分析】当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小【解答】解：当断开电键，A这一支路电流立即消失，因为线圈的自感作用会阻碍电流的减小，且L与A串联组成回路，所以通过L的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，通过L的电流也流过A，且为使小灯泡能比原来更亮一些，必须使I2＞I1。故BC错误，AD正确故选：AD。【点评】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小（多选）9．（6分）（2023秋•青羊区校级月考）如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，下列说法正确的是（）A．电压表示数变大 B．电流表示数变小 C．ΔUΔI＞r 【考点】电路动态分析；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】由图可得，R1、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压．由R2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串、并联电路中电压和电流的特点，分析电流表和电压表示数变化量的大小。【解答】解：AB．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值R2增大，根据串反并同规律，与滑动变阻器串联的电流表的示数减小，与滑动变阻器并联的电压表的示数增大，故AB正确；C．设通过电源的电流为I总，根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣I总r则有ΔUΔ根据电路的串并联结构可得I总＝I+I1当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据串反并同规律，I总变小，且电流表的示数I变小，则与滑动变阻器并联的R1的电流I1变大，所以此时满足：ΔI＞ΔI总所以此时满足ΔUΔI所以ΔUΔI故C错误；D．电流表测R3与R2、R4并联部分总电流，设此并联电路电阻为R并，则根据欧姆定律可得UI故D错误。故选：AB。【点评】本题的难点在于确定电流表示数变化量ΔIA与干路电流变化ΔI的大小，采用总量法，这是常用方法。（多选）10．（6分）（2015秋•南山区期末）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束比荷相等、电性相同的不同粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射，不计重力．下列说法正确的是（）A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 D．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】BC【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，由r=mvBq可知运动圆弧对应的半径与速率成正比．由【解答】解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但从磁场的左边射出的粒子，圆心角却相同（θ＝π），则粒子在磁场中运动时间：t=θ2πT，（θ为转过圆心角），所以从磁场的左边射出的粒子运动时间一定相同。故B、在磁场中半径r=mvBq，在比荷相同时，运动圆弧对应的半径与速率成正比，由于入射速度相同，则粒子在磁场中的运动轨迹也相同。故C、由于它们的周期相同的，在磁场中运动的时间：t=mqB•θ，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。故D、由AB分析可知，从磁场的左边射出的粒子运动时间一定相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的偏转问题；要注意明确解题的基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径；并且在求解时要注意几何关系的建立和应用．三．实验题（共2小题，满分16分）11．（6分）（2021秋•亳州期末）某同学练习使用多用电。（1）用多用电表测电阻时，下列说法正确的是C。A.测量前必须欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新调零B.用选择开关指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某电阻阻值，如果指针偏转角度太小，应这将选择开关调至“×1”挡C.待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其他元件断开后再测量D.使用完毕应当拨出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或直流电压最高挡（2）用多用电表测电流时，若多用电表未接入电路时。指针如图1所示，接着的操作是进行机械调零。将多用电表接入电路时，应该让电流从红（填“红”或“黑”）表笔流入，若选择开关拨至“50mA”挡，指针所指的位置如图2所示，则电路中的电流为29.5mA。【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】.（1）C；（2）进行机械调零；红；29.5（29.3﹣29.6均正确）。【分析】（1）多用电表在使用前要进行机械调零；用欧姆表测电阻选择挡位后要进行欧姆调零；测电阻时要把待测电阻与其它元件断开；多用电表使用完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡。（3）电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出；根据量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。【解答】解：（1）A、用欧姆表测电阻选择挡位后在测量前必须欧姆调零，用同一挡位测不同电阻阻值，不需要重新进行欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故A错误；B、用选择开关指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某电阻阻值，如果指针偏转角度太小，说明所示电阻阻值较大，所选挡位太小，应这将选择开关调至“×100”挡，故B错误；C、待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其他元件断开后再测量，故C正确；D、使用完毕应当拨出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，故D错误。故选：C。（2）由图1所示可知，多用电表指针没有指在左侧0刻度线上，测电流前应先进行机械调零。将多用电表接入电路时，应该让电流从红表笔流入；若选择开关拨至“50mA”挡，由图2所示可知，其分度值是1mA，则电路中的电流为29.5mA。故答案为：.（1）C；（2）进行机械调零；红；29.5（29.3﹣29.6均正确）。【点评】欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．要特别注意：每次换挡都要重新调零．对多用电表读数时，要根据选择开关位置确定其所测量的量，然后确定其分度值，再根据指针位置读出其示数．12．（10分）某中学的探究小组为了测量电阻丝的电阻率，拿来一根粗细均匀的电阻丝，完成了如下的操作：（1）用游标卡尺测得电阻丝的直径如图1所示，其读数为d＝0.285cm；（2）将电阻丝接入如图2所示的电路，用刻度尺测量出接入电路的电阻丝长度；（3）闭合开关，读出电压表以及电流表的示数，由R=U（4）改变电阻丝的长度，重复操作（2）（3）4次；（5）将5次测量的数据记录在表。实验次数12345L/m0.1600.2200.3000.4400.560R/Q1.201.622.203.204.11根据表中的数据作出电阻与电阻丝长度的关系图3，然后利用所学的知识求出该电阻丝的电阻率。【考点】导体电阻率的测量．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）0.285；（5）图象如图所示，该电阻丝的电阻率是4.55×10﹣5Ω•m。【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，根据图示游标卡尺读出其示数。（5）根据表中实验数据应用描点法作出图象；应用电阻定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电阻丝的电阻率。【解答】解：（1）由图1所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其读数d＝2mm+17×0.05mm＝2.85mm＝0.285cm。（5）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，让不过直线的点对称地分布在直线两侧，作出图象如图所示由电阻定律可知：R=ρL由图示R﹣L图象可知，图象斜率k=4ρπd2=3.400-0.800电阻率ρ=14kπd代入数据解得：ρ＝4.55×10﹣5Ω•m故答案为：（1）0.285；（5）图象如图所示，该电阻丝的电阻率是4.55×10﹣5Ω•m。【点评】本题考查了测量电阻丝的电阻率实验，考查了游标卡尺读数与实验数据处理；要掌握常用器材的使用与读数方法；要掌握描点法作图的方法；应用电阻定律即可解题。四．解答题（共3小题，满分38分）13．（10分）（2016•六安模拟）如图所示，是一种电子扩束装置的原理示意图．直角坐标系原点O处有一电子发射装置，可以不断朝xOy平面内x≥0区域任意方向发射电子，电子的速率均为v0，已知电子的电荷量为e、质量为m．在0≤x≤d的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小E=3mv022ed，在x＞d区域内分布着足够大且垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=（1）电子进入磁场时速度v的大小；（2）当感光板沿x轴方向移到某一位置时恰好没有电子打到板上，求板ab到y轴的距离x1；（3）保持（2）中感光板位置不动，改变磁感应强度的大小，使所有电子都能打到感光板上，试计算此时最小的磁感应强度B′的大小．【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】计算题；定性思想；图析法；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）电子在电场中运动时，电场力做功都相同，为eEd，根据动能定理求出电子离开电场时的速度大小，即得到电子进入磁场时速度的大小；（2）电子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动．对于沿y轴负方向射出的电子进入磁场时，不能打到ab板上，则所有电子均不能打到ab板上．当此电子轨迹与ab板相切时，画出轨迹，由牛顿第二定律求出轨迹半径，由几何知识求出感光板到y轴的距离x1．（3）沿y轴正方向射出的电子若能打到ab板上，则所有电子均能打到板上．此电子轨迹恰好与ab板相切，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小．【解答】解：（1）电场力对电子做功，由动能定理得：eEd=12mv2-12mv12，解得：v（2）由题意结合左手定则可以判定：若沿y轴负方向射出的电子进入磁场后轨迹与ab板相切不能打到ab板上时，则所有电子均不能打到ab板上，作出其运动轨迹如图所示．设该电子进入磁场时与竖直方向的夹角为θ，有：vcosθ＝v1，电子在洛伦兹力作用下做圆周运动，由牛顿第二定律得：evB＝mv2由图中几何关系可知：x1＝r（1+cosθ）+d，解得：x1=74（3）由题意结合左手定则可以判定：若沿y轴正方向射出的电子进入磁场后轨迹恰好与ab板相切能打到ab板上，则所有电子均能打到板上，作出其运动轨迹如图所示．由几何关系得：d+r′（1﹣cosθ）＝r1，由牛顿第二定律得：evB′＝mv2r'，解得：B′答：（1）电子进入磁场时速度的大小为2v0；（2）当感光板ab沿x轴方向移到某一位置时，恰好没有电子打到板上，感光板到y轴的距离x1为74d（3）保持（2）中感光板位置不动，若使所有电子恰好都能打到感光板上，磁感应强度的大小为：4mv【点评】本题考查了粒子在电磁场中的运动问题，本题是电场中偏转和磁场中圆周运动的综合，关键是分析临界情况，当电子刚好不能打到ab板上时，其轨迹恰好与ab板相切，这是经常用到的临界条件．14．（12分）（2020•天津模拟）如图为实验电磁炮出射速度的装置，实线左侧磁场垂直直面向外是为了驱动电磁炮运动，此处光滑无摩擦。实线右侧磁场垂直纸面向里是为了使电磁炮停下，此处电磁炮与导轨间的动摩擦因数为μ，两处磁感应强度大小均为B．已知M，N两点电势差为U，电磁炮运动方向如图所示，其质量为m（只研究ab段受力，ab段长为L），电磁炮从静止到运动到实线处所受平均作用力为F，t0时间后到达实线处，此时立刻切断电源，电磁炮开始减速，到停下的过程中通过其热量为Q，已知其电阻为R。（1）判断M，N与电源正负极的连接情况，并求出闭合开关后电磁炮的加速度。（2）电磁炮从实线处运动到停止的过程中通过该回路的电量。【考点】电磁炮；常见力做功与相应的能量转化；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据导体棒在磁场中的运动，根据左手定则判定导体棒中的电流方向，进而判断电源的正负极；根据牛顿第二定律结合安培力公式求解导体棒的加速度；（2）对电磁炮做加速运动过程利用动量定理求解导体棒速度，对电磁炮减速运动过程利用能量守恒定律求解导体棒的移动位移大小，然后结合电荷量的推论公式求解电荷量大小即可；【解答】解：（1）导体棒ab在实线右侧垂直纸面向里的磁场里减速，根据左手定可判断电流方向从b到a，所以N与电源正极相连，M与电源负极相连；根据牛顿第二定律有F＝BIL＝ma，其中电流I=UR，解得；（2）电磁炮从静止到实线处的过程，动量定理得Ft0＝mv﹣0，设电磁炮从实线处一直到停止过程位移为x，根据能量守恒定律得12根据电磁感应中的电荷量推论公式q=ΔΦ联立解得；q=BL答：（1）N与电源正极相连，M与电源负极相连，闭合开关后电磁炮的加速度为BULmR（2）电磁炮从实线处运动到停止的过程中通过该回路的电荷量q=BL【点评】本题处理第二问时，分析清楚金属杆的运动过程，应用动量定理、能量守恒定律求解导体棒的位移大小，再结合电荷量的推论公式即可正确解题。15．（16分）（2018春•浙江期中）如图所示，倒U形金属导轨M′MNN′放置在竖直平面上，导轨光滑且足够长，MN的间距L＝1m。在导轨MN上固定有一阻值为R0＝2Ω的定值电阻。垂直导轨平面分布着磁感应强度均为B＝1T的匀强磁场，方向均为垂直纸面向里，宽度均为d＝0.5m。一质量m1＝0.1kg宽为d＝0.5m的型框ABCD（AB、CD段为绝缘粘性材料，BC为金属棒，其电阻R1＝2Ω），起初静止在第一个磁场上方某处，现将其静止释放（下落过程中与导轨始终良好接触），它将匀速通过第一个磁场，随后又进入无磁场区域。电阻R2＝2Ω，质量m2＝0.1kg金属棒EF由于特殊作用一直静止在第二磁场的上边界处，直到ABCD与EF要相碰时才将其释放。碰撞后ABCD和EF立刻粘在一起成为整体框（碰撞时间极短）。随后，整体框又匀速进入第二个磁场。BC和EF的长度都略大于L，导轨其余电阻均不计，g取10m/s2，求：（1）型框ABCD通过第一个磁场时，经过BC的电流方向和大小？（2）型框ABCD即将与EF碰撞时的瞬时速度大小？（3）在合并后，整体框通过第二个磁场区域的过程中，电阻R0上产生的热量Q是多少？【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；等效替代法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）框架ABCD匀速通过第一个磁场，受力平衡，根据平衡条件和安培力公式结合求电流的大小。根据右手定则判断电流方向。（2）根据碰撞后ABCD和EF整体匀速进入第二个磁场，再根据平衡条件、法拉第定律和安培力公式结合求出碰后整体的速度，再根据动量守恒定律求ABCD即将与EF碰撞时的瞬时速度。（3）在合并后，整体框通过第二个磁场区域的过程中，整体框的重力势能减小转化为内能，根据能量守恒定律求电阻R0上产生的热量Q。【解答】解：（1）由右手定则分析可知，经过BC的电流方向由B到C。框架ABCD匀速通过第一个磁场，受力平衡，则有m1g＝BI1L解得I1＝1A（2）根据碰撞后ABCD和EF整体匀速进入第二个磁场，根据平衡条件有（m1+m2）g＝BI2LI2=BLv2R总解得整体框匀速进入第二个磁场的速度为v2＝6m/s；因为ABCD和EF系统碰撞过程中动量守恒，有：m1v1＝（m1+m2）v2，解得框ABCD即将与EF碰撞时的瞬时速度大小为v1＝12m/s；（3）整体匀速通过第二次磁场时，根据动能定理有：（m1+m2）g•2d﹣W安＝ΔEk＝0，W安＝Q总＝2J，QR=16Q总答：（1）框ABCD通过第一个磁场时，经过BC的电流方向由B到C和大小1A。（2）框ABCD即将与EF碰撞时的瞬时速度大小为12m/s；（3）在合并后，整体框通过第二个磁场区域的过程中，电阻R0上产生的热量Q是1【点评】该题考查了电磁感应现象和碰撞的综合问题，题目较难，解题时注意感应电流的方向的判断；知道安培力做功与焦耳热的关系；

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．3．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。4．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．5．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场【知识点的认识】1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E=k2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。F=kQq3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。4.点单荷电场的特点：根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同（如下图），即E=k式中的r是球心到该点的距离（r＞R），Q为整个球体所带的电荷量。【命题方向】一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．解答：由点电荷的场强公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了．【解题思路点拨】1.公式E=kQr2又叫作2.一个均匀带电球体（或球壳）在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产生的电场相同。要注意只局限于球外。3.常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。4.电场强度三个计算式的比较表达式比较E=E＝kQE=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场比较决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离相同点矢量，单位：1N/C＝1V/m6．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=8F，故B故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝7．电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断【知识点的认识】1.电场中某一点的电场强度方向与正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的受力方向相反。2.知道电荷性质、电场强度方向、电场力的方向三者中的两个就可以推出第三个。【命题方向】如图是电场中某区域的电场线，箭头方向向右，P点是电场中的一点，则（）A、P点的电场强度方向向左B、正点电荷在P点所受的电场力的方向向左C、P点的电场强度方向向右D、P点的电场强度方向向右分析：正点电荷在P点所受的电场力的方向向右；电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．解答：匀强电场的方向水平向右，所以P点的场强方向水平向右，正电荷在P点所受电场力方向水平向右。故C、D正确，A、B错误。故选：CD。点评：解决本题的关键知道电场强度的方向是如何规定的，以及知道电场线的特点．【解题思路点拨】1.当求解电场中的力学问题时，首先就要检查电荷性质、电场强度方向、电场力的方向中哪些是可以确定的，从而推出未知量，进而求出其他物理量。2.知识点的延伸：电场强度的方向就是电场线的切线方向。8．根据电场线的疏密判断场强大小【知识点的认识】可以通过电场线定性的分析电场强度的大小：在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大；电场线越稀疏，电场强度越小。【命题方向】如图是某区域的电场线图．A、B是电场中的两个点，EA和EB分别表示A、B两点电场强度的大小，FA、FB分别表示同一个点电荷在A、B两点所受到的电场力的大小．下面说法中正确的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：A、根据图象很容易发现，在电场的A点的电场线较密，所以，在A点的电场的强度要比B点的电场的强度大，即EA＞EB，所以A正确，B错误；C、由于EA＞EB，并且是同一个电荷，电荷的电荷量大小相同，由F＝qE可知，电荷在A点时受到的电场力要在B点时受到的电场力大，即FA＞FB，所以C正确，D错误；故选：AC。点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．【解题思路点拨】同一电场中可以通过电场线的疏密定性的判断电场强度的大小，进而可以分析运动学的情况，因为可以通过F＝qE分析电场力的大小，再通过F＝ma分析加速度的大小。所以可以说同一电场中，电场线密集的地方电场力大，电荷的加速度也大。9．通过电场线的方向判断电势的高低【知识点的认识】1.结论：沿电场线方向，电势降低。2.推导：如下图，一个带电荷量为q的正电荷仅在电场力的作用下由A点运动到B点。设A、B两点的电势分别为φA、φB从A到B，根据电场力做功与电势能变化的关系WAB＝EPA﹣EPB又根据电场力做正功，且EP＝qφ，所以有WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＞0所以φA＞φB，即沿电场线方向，电势降低。可以证明在这一结论在任何电场中都适用。【命题方向】关于电势的高低，下列说法正确的是（）A、沿电场线方向电势逐渐降低B、电势降低的方向一定是电场线的方向C、正电荷在只受电场力作用下，一定向电势低的地方运动D、负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动分析：根据推论：沿电场线方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场强度的方向；正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度；负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动．解答：A、电场力做功WAB＝UABq＝Eqd，不妨设沿着电场线方向移动正电荷，则电场力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿着电场线方向电势逐渐降低。故A正确。B、沿着电场线方向移动电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误。C、正电荷只在电场力作用下从一点移到另一点，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度。故C错误。D、根据电场力做功的表达式WAB＝UABq＝Eqd，负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，电场力做正功，WAB＞0，q＜0，则UAB＜0，所以φA＜φB，即向电势高的地方运动。故D正确。故选：AD。点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．【解题思路点拨】1.一个误区：沿电场线方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向并不一定是电场线的方向。在所有电势降低的方向中，沿电场线方向降低的最快。2.电势高低的判断方法总结：（1）电场线法：沿电场线方向，电势逐渐降低。（2）场源电荷判断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低。（3）公式法：由φ=E10．匀强电场中电势差与电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1．关系式：U＝Ed或者E=U2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式U＝Ed的理解1．从变形公式E=Ud2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3．对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即E→AB＜EBC，又因为UAB=AB•E→AB，UBC=BC•三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WE=F意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有U＝Ed【命题方向】如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m＝1×10﹣3kg、带正电q＝10﹣3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，已知A、B两点间距离为L＝0.1m，电势差为UAB＝20V．（1）判断匀强电场的场强方向；（2）求电场强度的大小；（3）求小球到达B点时的速率．分析：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，根据运动情况判断匀强电场的场强方向；（2）根据电势差与电场强度的关系求解电场强度的大小（3）根据动能定理求解小球到达B点时的速率解答：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，所以匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）根据电势差与电场强度的关系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根据动能定理研究小球由A点运动到B点，qU=v＝210m/s答：（1）匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）电场强度的大小是200V/m；（3）小球到达B点时的速率是210m/s．点评：理解和掌握电场中各个物理量之间的关系，在具体题目中能熟练的应用．【解题方法点拨】U＝Ed关系的应用：公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=Ud，用它可求11．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据C=Q（3）根据E=U（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。【命题方向】如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，A板下方a处有一带电荷量非常小的点电荷。S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A、φa不变B、φa变小C、F变小D、F变大分析：电容器与电源相连，则可知电容器两端的电压不变；由极板的移动可知d的变化，由U＝Ed可知板间场强E的变化，再由U＝Ed可知Aa间的电势差的变化，即可得出aB间电势差的变化及a点电势的变化。解答：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E减小，由F＝Eq可知电荷所受电场力变小，故C正确；则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，而B接地，故a点的电势增大，故A、B均错；故选：C。点评：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本题应注意（1）因下极间接地，故aB间的电势差大小即为a点的电势；（2）因aB间的距离发生变化，不能直接由U＝Ed进行判断，我们是先求得Aa间的电势差再求aB的间电势差。【解题思路点拨】分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。12．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgq，重力加速度为A、物块到B点时的速度为2gRB、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-qE⋅B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。13．电动势的概念和物理意义【知识点的认识】1.电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．2.非静电力：电源内将正电荷从电源的负极搬运到电源正极的作用力称为非静电力。从功能角度看，非静电力做功，使电荷的电势能增加。3.电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E=Wq，单位：4.电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，等于非静电力把1C正电荷从电源负极搬运到正极所做的功。【命题方向】铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A、电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能B、蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大C、蓄电池与电路断开时两极间的电压为2VD、蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能分析：电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大．解答：A．电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，所以对于铅蓄电池的电动势为2V，电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能。故A正确。B．电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大。故B正确。C．电源未接入电路时两端间的电压等于电动势。故C正确。D．电动势是2V，意义是移动1C的正电荷在电源内从负极移到正极，非静电力做功2J，即有2J的化学能转变成电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键理解电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能本领的大小以及电动势是电源非静电力特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关．【解题思路点拨】1.电源的电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，即非静电力移送相同电荷量的电荷做功越多，则电动势越大。2.公式E=Wq是电动势的定义式而不是决定式，E的大小与W和14．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大